2022版新教材高考数学一轮复习51范围最值问题训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习51范围最值问题训练含解析新人教B版，共9页。试卷主要包含了已知椭圆C，过抛物线M，如图，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

A组 全考点巩固练
1．已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在直线l：x＝－3上．当∠F1PF2取最大值时，eq \f(|PF1|,|PF2|)＝( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
D 解析：要使∠F1PF2最大，则过P，F1，F2三点的圆必定与直线l相切于点P.又因为该圆的圆心在y轴上，所以半径为3，故圆心的坐标为(0，±2eq \r(2))，此时点P的坐标为(－3，±2eq \r(2))，即有|PF1|＝2eq \r(3)，|PF2|＝2eq \r(6)，故eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(\r(2),2).故选D.
2．(2020·南阳月考)已知点A是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右顶点．若存在过点N(3a,0)的直线与双曲线的渐近线交于一点M，使得△AMN是以点M为直角顶点的直角三角形，则双曲线的离心率( )
A．存在最大值eq \f(3\r(2),4)B．存在最大值eq \f(2\r(3),3)
C．存在最小值eq \f(3\r(2),4)D．存在最小值eq \f(2\r(3),3)
B 解析：双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点A(a,0)，双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x.不妨取y＝eq \f(b,a)x.
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(b,a)m))，则eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－a，\f(b,a)m))，eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－3a，\f(b,a)m)).
若存在过点N(3a,0)的直线与双曲线的渐近线交于一点M，使得△AMN是以M为直角顶点的直角三角形，则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝0，即(m－a)(m－3a)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)m))2＝0，
整理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b2,a2)))m2－4am＋3a2＝0.
由题意可知此方程必有解，
则判别式Δ＝16a2－12a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b2,a2)))≥0，得a2≥3b2，即a2≥3c2－3a2，
解得13．(2020·林州一中高三月考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e，焦点分别为F1，F2，P为椭圆上不同于长轴两端点的动点，x轴上的点M满足eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(PF1,\s\up6(→)),|\(PF1,\s\up6(→))|)＋\f(\(PF2,\s\up6(→)),|\(PF2,\s\up6(→))|))).若点M的横坐标的取值范围是(－e，e)，则椭圆的焦距为( )
A．2B．2eq \r(3)
C．eq \r(5)－1D．无法确定
A 解析：由题意，P为椭圆上的动点，x轴上的点M满足eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(PF1,\s\up6(→)),|\(PF1,\s\up6(→))|)＋\f(\(PF2,\s\up6(→)),|\(PF2,\s\up6(→))|)))，
可得PM为∠F1PF2的平分线，所以eq \f(|MF1|,|MF2|)＝eq \f(|PF1|,|PF2|)，即eq \f(xM＋c,c－xM)＝eq \f(2a－|PF2|,|PF2|)，
解得xM＝eq \f(ca－|PF2|,a).
又|PF2|∈(a－c，a＋c)，得xM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c2,a)，\f(c2,a))).
因为e＝eq \f(c,a)，所以xM∈(－ec，ec)．因为点M的横坐标的取值范围是(－e，e)，所以c＝1，从而椭圆的焦距为2.
4．(2020·蚌埠市高三二模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2c，F为右焦点，直线x＝eq \f(4c,3)与椭圆C相交于A，B两点，△ABF是等腰直角三角形，点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,2))).若记椭圆C上任一点Q到点P的距离的最大值为d，则eq \f(d,c)的值为( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2)
C.eq \f(\r(10),2) D.eq \f(3,2)
C 解析：由题意可得∠AFB＝eq \f(π,2)，所以点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4c,3)，\f(c,3)))，代入椭圆方程有eq \f(16c2,9a2)＋eq \f(c2,9b2)＝1.又a2＝b2＋c2，所以c4＋8b2c2－9b4＝0，
解得c2＝b2或c2＝－9b2(舍去)，所以a2＝2c2，
所以椭圆方程可化为eq \f(x2,2c2)＋eq \f(y2,c2)＝1.
设点Q的坐标为(x，y)，则x2＝2c2－2y2，
所以|PQ|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(c,2)))2)
＝eq \r(2c2－2y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(c,2)))2)
＝eq \r(－y2－cy＋\f(9,4)c2)
＝eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(c,2)))2＋\f(5,2)c2)≤eq \f(\r(10),2)c，
所以d＝eq \f(\r(10),2)c，eq \f(d,c)＝eq \f(\r(10),2).
5．(2021·南昌市高三月考)抛物线y2＝2px的顶点为O，焦点为F，M是抛物线上的动点，则eq \f(|MO|,|MF|)的最大值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(4\r(3),3)D.不存在
B 解析：由抛物线方程可得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).设M(x，y)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MO|,|MF|)))2＝eq \f(x2＋y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))2＋y2)＝eq \f(x2＋2px,x2＋px＋\f(p2,4)).
设t＝eq \f(x2＋2px,x2＋px＋\f(p2,4))，则x2＋2px＝x2t＋tpx＋eq \f(p2,4)t，
即(1－t)x2＋(2p－tp)x－eq \f(p2,4)t＝0.
当t＝1时，x＝eq \f(p,4)；
当t≠1时，Δ＝(2p－tp)2＋4(1－t)·eq \f(p2,4)t≥0，
解得t≤eq \f(4,3).当x＝p时等号成立．
综上，当x＝p时，tmax＝eq \f(4,3)，所以eq \f(|MO|,|MF|)的最大值为eq \f(2\r(3),3).
6．已知抛物线y2＝4x，过点Q(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)的最小值是________．
32 解析：设过点(4,0)的直线方程为x＝ay＋4.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ay＋4，,y2＝4x，))得y2－4ay－16＝0，所以y1y2＝－16，y1＋y2＝4a，
所以yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16a2＋32≥32，当a＝0时，(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2))min＝32.
7．过抛物线M：y2＝8x的焦点F作两条斜率之积为－2的直线l1，l2，其中l1交M于A，C两点，l2交M于B，D两点，则|AC|＋|BD|的最小值为________．
24 解析：设l1：y＝k(x－2)，代入y2＝8x，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
所以xA＋xC＝eq \f(4k2＋8,k2)，
所以|AC|＝xA＋xC＋p＝8＋eq \f(8,k2).
以－eq \f(2,k)代k，得|BD|＝8＋eq \f(8,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,k)))2)＝8＋2k2，
所以|AC|＋|BD|＝16＋2k2＋eq \f(8,k2)≥16＋2eq \r(2k2·\f(8,k2))＝24，当且仅当2k2＝eq \f(8,k2)，即k＝±eq \r(2)时等号成立．
8．(2020·盘锦市高三二模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b解：(1)由题意知c＝eq \r(3)，所以a2＝b2＋3，椭圆C的方程可化为eq \f(x2,b2＋3)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)．
因为椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，所以eq \f(3,b2＋3)＋eq \f(1,4b2)＝1，
解得b2＝1或b2＝－eq \f(3,4)(舍)．
所以a2＝4，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①
设A(x0，y0)，则x0＝－eq \f(4km,4k2＋1)＝－eq \f(4k,m)，
y0＝kx0＋m＝eq \f(1,m).
因为l与圆D相切，所以圆心D到l的距离eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝eq \f(3r2,4－r2)，k2＝eq \f(r2－1,4－r2).
所以圆D的切线长|AB|＝eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－r2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))2－r2)
＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,r2)＋r2))).
因为eq \f(4,r2)＋r2≥2eq \r(\f(4,r2)·r2)＝4，当且仅当r＝eq \r(2)时取等号．因为r＝eq \r(2)∈(1,2)，所以|AB|的最大值为1.
B组 新高考培优练
9．(2020·宜春市高三三模)如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
解：(1)因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知焦点为F(1,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－eq \f(1,k)，
所以直线AB的方程为y＝k(x－1)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－1，))
消去x得ky2－4y－4k＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(4,k).
因为M(xM，yM)为弦AB的中点，
所以yM＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝eq \f(2,k).
由yM＝k(xM－1)，得xM＝eq \f(yM,k)＋1＝eq \f(2,k2)＋1，
所以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1，\f(2,k))).
同理可得N(2k2＋1，－2k)，
所以|NF|＝eq \r(2k2＋1－12＋－2k2)＝2eq \r(k2k2＋1)，|MF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)))2)＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)，
所以|MF||NF|＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)×2eq \r(k21＋k2)＝4×eq \f(1＋k2,|k|)≥4×2eq \r(|k|·\f(1,|k|))＝8，
当且仅当|k|＝eq \f(1,|k|)，即k＝±1时，等号成立，
所以|MF|·|NF|的最小值为8.
10．(2020·郑州市高三第二次质量预测)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B.若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
解：(1)由题意可得2b＝2eq \r(2)，所以b＝eq \r(2).
由e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，得a＝2eq \r(2)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，即y＝eq \f(1,2)x.
设直线l在y轴上的截距为n，
所以l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋n(n≠0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋n，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))得x2＋2nx＋2n2－4＝0.
因为直线l与椭圆C交于A，B两个不同的点，
所以Δ＝(2n)2－4(2n2－4)>0，解得－2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－2n，x1x2＝2n2－4.
因为∠AOB为钝角等价于eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))<0，且n≠0，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋n))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋n))
＝eq \f(5,4)x1x2＋eq \f(n,2)(x1＋x2)＋n2
＝eq \f(5,4)×(2n2－4)＋eq \f(n,2)×(－2n)＋n2<0，
即n2<2，且n≠0，
所以直线l在y轴上的截距n的取值范围为(－eq \r(2)，0)∪(0，eq \r(2))．
因为直线l在x轴上的截距m＝－2n，
所以m的取值范围为(－2eq \r(2)，0)∪(0,2eq \r(2))．
11．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得抛物线C的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
在方程y2＝2px中，令x＝eq \f(p,2)得y＝±p，
所以弦长为2p，即2p＝2，解得p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝2x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)．
因为线段AB的中点Q在直线OM上，
由M(2,2)可知直线OM的方程为y＝x.
设Q(m，m)(m≠0)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2x1，,y\\al(2,2)＝2x2，))
所以(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)．
又y1＋y2＝2m，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k，
所以km＝1，即得k＝eq \f(1,m).
设直线AB的方程为y－m＝eq \f(1,m)(x－m)，
即x－my＋m2－m＝0.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－my＋m2－m＝0，,y2＝2x，))
所以y2－2my＋2m2－2m＝0，
所以Δ＝8m－4m2>0，即0由根与系数的关系得y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－2m，
|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4m2－42m2－2m)
＝2eq \r(1＋m2)eq \r(2m－m2)，
点C到直线AB的距离为d＝eq \f(|2－2m＋m2|,\r(1＋m2))，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)×eq \r(2m－m2)×eq \f(|2－2m＋m2|,\r(1＋m2))
＝eq \r(2m－m2)×(2－2m＋m2)．
记t＝eq \r(2m－m2)，因为0所以S△ABC＝t(2－t2)＝－t3＋2t，t∈(0,1]，
所以S′△ABC＝－3t2＋2.
令S′△ABC＝0，得t＝eq \f(\r(6),3)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))时，S′△ABC>0；
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))时，S′△ABC<0.
所以当t＝eq \f(\r(6),3)时，S△ABC有最大值为eq \f(4\r(6),9).